题目内容
（2013?宁波模拟）如图所示，质量M=0.2kg的长板静止在水平地面上，与地面间动摩擦因数μ1=0.1，另一质量m=0.1kg的带正电小滑块以Vo=8m/s初速滑上长木板，滑块与长木板间动摩擦因数μ2=0.5，小滑块带电量为q=2×10-3C，整个运动过程始终处于水平向右的匀强电场中，电场强度E=l×l0+2N/C，（g=10m/s2） 求：（1）刚开始时小滑块和长板的加速度大小各为多少？
（2）小滑块最后停在距木板左端多远的位置．
（3）整个运动过程中产生的热量．
分析：（1）对小滑块和长木板进行受力分析，根据牛顿第二定律列式求解加速度；
（2）设两者经过t时间相对静止，此时速度为v，根据速度时间公式求出时间和速度，根据位移时间公式求出小滑块和长木板的位移，此后两者一起向右减速运动，进而求出小滑块最后距木板左端的距离；
（3）根据牛顿第二定律求出共有运动时的加速度，根据位移速度公式求出共同运动的位移，根据能量守恒列式即可求解．
（2）设两者经过t时间相对静止，此时速度为v，根据速度时间公式求出时间和速度，根据位移时间公式求出小滑块和长木板的位移，此后两者一起向右减速运动，进而求出小滑块最后距木板左端的距离；
（3）根据牛顿第二定律求出共有运动时的加速度，根据位移速度公式求出共同运动的位移，根据能量守恒列式即可求解．
解答：解：（1）设小滑块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，
由牛顿第二定律得：
Eq-μ2mg=ma1
解得：a1=-3m/s2
μ2mg-μ1（m+M）g=Ma2
解得：a2=1m/s2
（2）设两者经过t时间相对静止，此时速度为v，
则v0-a1t=a2t
解得：t=2s，v=2m/s
这段时间内小滑块的位移x1=v0t-
a1t2=10m
木块的位移x2=
a2 t2=2m
由于此后两者一起向右减速运动，所以小滑块最后距木板左端的距离△x=x1-x2=8m
（3）设两者一起向右运动的加速度为a3，
由牛顿第二定律得：
Eq-μ1（m+M）g=（M+m）a3
解得：a3=
m/s2
一起向右减速的位移x3=
=6m
由能量守恒可知：Q=
mv02+Eq(x1+x3)=6.4J
答：（1）刚开始时小滑块的加速度大小为3m/s2，长板的加速度大小为1m/s2；
（2）小滑块最后停在距木板左端8m的位置．
（3）整个运动过程中产生的热量为6.4J．
由牛顿第二定律得：
Eq-μ2mg=ma1
解得：a1=-3m/s2
μ2mg-μ1（m+M）g=Ma2
解得：a2=1m/s2
（2）设两者经过t时间相对静止，此时速度为v，
则v0-a1t=a2t
解得：t=2s，v=2m/s
这段时间内小滑块的位移x1=v0t-
| 1 |
| 2 |
木块的位移x2=
| 1 |
| 2 |
由于此后两者一起向右减速运动，所以小滑块最后距木板左端的距离△x=x1-x2=8m
（3）设两者一起向右运动的加速度为a3，
由牛顿第二定律得：
Eq-μ1（m+M）g=（M+m）a3
解得：a3=
| 1 |
| 3 |
一起向右减速的位移x3=
| v2 |
| 2 a3 |
由能量守恒可知：Q=
| 1 |
| 2 |
答：（1）刚开始时小滑块的加速度大小为3m/s2，长板的加速度大小为1m/s2；
（2）小滑块最后停在距木板左端8m的位置．
（3）整个运动过程中产生的热量为6.4J．
点评：解题的关键是正确对滑块和木板进行受力分析，清楚滑块和木板的运动情况，根据牛顿第二定律及运动学基本公式求解，难度适中．
练习册系列答案
相关题目
（2013?宁波模拟）如图所示电路中，电源电动势为E，线圈L的直流电阻不计，以下判断正确的是（ ）
（2013?宁波模拟）如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab水平，质点P与半圆轨道的动摩擦因数处处一样，当质点P从a点正上方高H处自由下落，经过轨道后从b点冲出竖直上抛，上升的最大高度为H/2，空气阻力不计．当质点下落再经过轨道a点冲出时，能上升的最大高度h为（ ）
（2013?宁波模拟）如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线均通有大小相等、方向向上的电流．已知长导线在周围产生的磁场的磁感应强度B=
（2013?宁波模拟）如图所示，速度不同的同种带电粒子（重力都不计）a、b沿半径．AO方向进入一圆形匀强磁场区域，a、b两粒子的运动轨迹分别为AB和AC，则下列说法中正确的是（ ）